Espaces normés - jalelkallel.a.j.f.unblog.frjalelkallel.a.j.f.unblog.fr/files/2010/10/exercicesaveccorrectionespacesvectoriels... · []dD Enoncés 1 Espaces normés Normes Exercice

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Espaces normésNormes

Exercice 1 [ 00454 ] [correction]Soient E un R espace vectoriel et N1, N2 deux normes sur E.a) On note B1 = {x ∈ E/N1(x) 6 1} et B2 = {x ∈ E/N2(x) 6 1}.Montrer que B1 = B2 ⇒ N1 = N2.b) Même question avec les boules unités ouvertes.

Exercice 2 [ 00455 ] [correction]Montrer que l’application N : R2 → R définie par

N(x1, x2) = supt∈[0,1]

|x1 + tx2|

est une norme sur R2.Représenter la boule unité fermée pour cette norme et comparer celle-ci à ‖ . ‖∞.

Exercice 3 [ 00456 ] [correction]Soient f1, . . . , fn : [0, 1]→ R continues.A quelle condition l’application

N : (x1, . . . , xn) 7→ ‖x1f1 + · · ·+ xnfn‖∞

définit-elle une norme sur Rn ?

Exercice 4 [ 00457 ] [correction]Pour A = (ai,j) ∈Mn,p(K). On pose

‖A‖1 =n∑i=1

p∑j=1|ai,j |, ‖A‖2 =

√√√√ n∑i=1

p∑j=1|ai,j |2 et ‖A‖∞ = max

16i6n,16j6p|ai,j |

Montrer que ‖ . ‖1, ‖ . ‖2 et ‖ . ‖∞ définissent des normes surMn,p(K).

Exercice 5 [ 00459 ] [correction]Pour A = (ai,j) ∈Mn(R) on pose

‖A‖ =

n∑i,j=1

a2i,j

1/2

Montrer que ‖ . ‖ est une norme matricielle i.e. que c’est une norme surMn(R)vérifiant

∀A,B ∈Mn(R), ‖AB‖ 6 ‖A‖ ‖B‖

Exercice 6 [ 00460 ] [correction]Pour A = (ai,j) ∈Mn(K), on pose

‖A‖ = sup16i6n

n∑j=1|ai,j |

a) Montrer que ‖ . ‖ est une norme d’algèbre surMn(K).b) Montrer que si λ est valeur propre de A alors |λ| 6 ‖A‖.

Exercice 7 [ 00461 ] [correction]Soient p > 1 et q > 1 tel que 1/p+ 1/q = 1.a) Montrer que pour a, b > 0 :

ab 61pap + 1

qbq

Pour x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn et y = (y1, . . . , yn) ∈ Kn, on pose :

‖x‖p =(

n∑i=1|xi|p

)1/p

et ‖y‖q =(

n∑i=1|yi|q

)1/q

b) Etablir|xiyi|‖x‖p ‖y‖q

61p

|xi|p

‖x‖pp+ 1q

|yi|q

‖y‖qqet en déduire

n∑i=1|xiyi| 6 ‖x‖p ‖y‖q


c) En écrivant

(|xi|+ |yi|)p = |xi| (|xi|+ |yi|)p−1 + |yi| (|xi|+ |yi|)p−1

justifier :‖x+ y‖p 6 ‖x‖p + ‖y‖p

d) Conclure que ‖ . ‖p définit une norme sur Kn.

Exercice 8 [ 00462 ] [correction]Pour x = (x1, . . . , xn) ∈ Kn et p > 1 on pose

‖x‖p =(

n∑i=1|xi|p

)1/p

Montrer‖x‖∞ = lim

p→+∞‖x‖p

Exercice 9 [ 00470 ] [correction]On norme l’espace B(Rn) des suites bornées par la norme infini notée ‖ . ‖∞.Pour x ∈ B(Rn), on note ∆x la suite de terme général ∆x(n) = x(n+ 1)− x(n)puis on forme F = {∆x/x ∈ B(Rn)}.Déterminer la distance de la suite e constante égale à 1 au sous-espace vectoriel F .

Exercice 10 [ 02639 ] [correction]On définit sur E = C0([0, 1] ,R) une norme par

N(f) =∫ 1

0|f(t)| dt

a) Soient a, b > 0 et u, v > 0. Etablir que√a+√b = 1⇒ 1

u+ v6a

u+ b

v

b) Soient f, g ∈ E telles que f, g > 0. Montrer

N((f + g)−1) 6N(f)2N(f−1) +N(g)2N(g−1)

(N(f) +N(g))2

c) En déduire que

N(f + g)N((f + g)−1) 6 max(N(f)N(f−1), N(g)N(g−1))

Exercice 11 Mines-Ponts MP [ 02766 ] [correction]Soit (E, ‖‖) un espace vectoriel normé sur K (K = R ou C).a) Montrer que pour tous x, y ∈ E, ‖x‖+ ‖y‖ 6 2 max {‖x+ y‖ , ‖x− y‖}.b) Montrer que l’on peut avoir l’égalité avec x 6= 0 et y 6= 0.Désormais la norme est euclidienne.c) Montrer que pour tous x, y ∈ E, ‖x‖+ ‖y‖ 6

√2 max {‖x+ y‖ , ‖x− y‖}.

d) Peut-on améliorer la constante√

2 ?

Exercice 12 X MP [ 00795 ] [correction]Soit n ∈ N avec n > 2. Existe-t-il une norme ‖ . ‖ surMn(C) invariante parconjugaison, c’est-à-dire telle que :

∀(A,P ) ∈Mn(C)×GLn(C), ‖A‖ =∥∥P−1AP

∥∥Comparaison de normes

Exercice 13 [ 00466 ] [correction]Soit E = C0([0, 1] ,R). On définit les normes ‖ . ‖1, ‖ . ‖2 et ‖ . ‖∞ par :

‖f‖1 =∫ 1

0|f(t)|dt, ‖f‖2 =

(∫ 1

0f(t)2dt

)1/2

et ‖f‖∞ = sup[0,1]|f |

a) Montrer que ‖ . ‖∞ est plus fine que ‖ . ‖1 et ‖ . ‖2 mais qu’elle n’équivaut ni àl’une, ni à l’autre.b) Comparer ‖ . ‖1 et ‖ . ‖2.

Exercice 14 [ 00469 ] [correction]a) Etablir `1(R) ⊂ `2(R) ⊂ `∞(R).b) Comparer ‖ . ‖1 et ‖ . ‖∞ sur `1(R)b) Comparer ‖ . ‖1 et ‖ . ‖2 sur `1(R)

Exercice 15 [ 00468 ] [correction]On note R(N) l’ensemble des suites réelles nulles à partir d’un certain rang. R(N)

étant un sous-espace vectoriel de `1(R), de `2(R) et de `∞(R), on peut y définir‖ . ‖1, ‖ . ‖2 et ‖ . ‖∞.a) Comparer ‖ . ‖1 et ‖ . ‖∞.b) Comparer ‖ . ‖1 et ‖ . ‖2.


Exercice 16 [ 00467 ] [correction]Soit E = C1([−1, 1] ,R). On définit N1, N2 et N3 parN1(f) = sup

[−1,1]|f | , N2(f) = |f(0)|+ sup

[−1,1]|f ′| et N3(f) =

∫ 1−1 |f |.

a) Montrer que N1, N2 et N3 sont des normes sur E.b) Comparer N1 et N2 d’une part, N1 et N3 d’autre part.

Exercice 17 [ 00473 ] [correction]Sur R [X] on définit N1 et N2 par :

N1(P ) =+∞∑k=0

∣∣∣P (k)(0)∣∣∣ et N2(P ) = sup

t∈[−1,1]|P (t)|

a) Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur R [X].b) Etudier la convergence de la suite de terme général

Pn = 1nXn

pour l’une et l’autre norme.c) Les normes N1 et N2 sont-elles équivalentes ?

Exercice 18 Centrale MP [ 02412 ] [correction]Soient l’espace E =

{f ∈ C1([0, 1] ,R)/f(0) = 0

}et N l’application définie sur E

par N(f) = N∞(3f + f ′).Montrer que (E,N) est un espace vectoriel normé puis qu’il existe α > 0 tel queN∞(f) 6 αN(f).Les normes N∞ et N sont-elles équivalentes ?

Exercice 19 Centrale MP [ 00465 ] [correction]Soient E = C1([0, 1] ,R) et N : E → R+ définie par

N(f) =

√f2(0) +

∫ 1

0f ′2(t)dt

a) Montrer que N définit une norme sur E.b) Comparer N et ‖ . ‖∞.

Equivalence de normes

Exercice 20 [ 00458 ] [correction]Soit N une norme surMn(R). Montrer qu’il existe c > 0 tel queN(AB) 6 cN(A)N(B).

Exercice 21 [ 03146 ] [correction]Soient n ∈ N et E l’espace des polynômes réels de degrés inférieurs à n.Montrer qu’il existe λ > 0 vérifiant

∀P ∈ E,∫ 1

0|P (t)| dt > λ sup

t∈[0,1]|P (t)|

Exercice 22 [ 00474 ] [correction]Pour d ∈ N, on pose E = Rd [X] l’espace des polynômes réels en l’indéterminée Xde degrés inférieurs ou égaux à d.a) Pour ξ = (ξ0, . . . , ξd) famille de d+ 1 nombres réels distincts et P ∈ E, on pose

Nξ(P ) =d∑k=0|P (ξk)|

Montrer que Nξ définit une norme sur E.b) Soit (Pn) une suite de polynômes éléments de E. Pour tout n ∈ N, on écrit

Pn =d∑k=0

ak,nXk

Etablir que les assertions suivantes sont équivalentes :(i) la suite de fonctions (Pn) converge simplement sur R,(ii) la suite de fonctions (Pn) converge uniformément sur tout segment de R,(iii) pour tout k ∈ {0, . . . , n}, la suite (ak,n) converge.

Exercice 23 Mines-Ponts MP [ 02768 ] [correction]Soit E un sous-espace vectoriel de dimension d > 1 de C0([0, 1] ,R).a) Etablir l’existence de (a1, . . . , ad) ∈ [0, 1]d tel que l’application

N : f ∈ E 7→d∑i=1|f(ai)| soit une norme.

b) Soit (fn) une suite de fonctions de E qui converge simplement vers unefonction f : [0, 1]→ R. Montrer que f ∈ E et que la convergence est uniforme.


Exercice 24 Centrale MP [ 02411 ] [correction]Soit

E ={f ∈ C2([0, π] ,R)/f(0) = f ′(0) = 0

}a) Montrer que

N : f 7→ ‖f + f ′′‖∞est une norme sur E.b) Montrer que N est équivalente à

ν : f 7→ ‖f‖∞ + ‖f ′′‖∞

Exercice 25 [ 00463 ] [correction]On note E = C1 ([0, 1] ,R).a) Pour f ∈ E, on pose N(f) = ‖f‖∞ + ‖f ′‖∞.Montrer que N est une norme sur E. Est-elle équivalente à ‖ . ‖∞ ?b) Pour f ∈ E, on pose N ′(f) = |f(0)|+ ‖f ′‖∞.Montrer que N ′ est une norme sur E. Montrer qu’elle est équivalente à N .

Exercice 26 [ 00464 ] [correction]On note E le R-espace vectoriel des fonctions f : [0, 1]→ R de classe C1 vérifiantf(0) = 0. Pour f ∈ E, on pose

N1(f) = supx∈[0,1]

|f(x)|+ supx∈[0,1]

|f ′(x)| et N2(f) = supx∈[0,1]

|f(x) + f ′(x)|

Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur E et qu’elles sont équivalentes.

Exercice 27 Mines-Ponts MP [ 02767 ] [correction]Soient E = C([0, 1] ,R)et E+ l’ensemble des fonctions de E qui sont positives et nes’annulent qu’un nombre fini de fois. Pour toute fonction ϕ ∈ E+ et pour toutefonction f ∈ E on pose ‖f‖ϕ =

∫ 10 |f(t)|ϕ(t) dt.

a) Montrer que ‖ . ‖ϕ est une norme sur Eb) Montrer que si ϕ1 et ϕ2 sont deux applications strictement positives de E+

alors les normes associées sont équivalentes.c) Les normes ‖ . ‖x et ‖ . ‖x2 sont elles équivalentes ?

Exercice 28 Centrale MP [ 02409 ] [correction]a) Quelles sont les valeurs de a ∈ R pour lesquelles l’application(x, y) 7→ Na(x, y) =

√x2 + 2axy + y2 définit une norme sur R2.

b) Si Na et Nb sont des normes, calculer

inf(x,y) 6=0

Na(x, y)Nb(x, y) et sup

(x,y)6=0

Na(x, y)Nb(x, y)

Suites de matrices

Exercice 29 [ 03143 ] [correction]Soient A,B ∈Mp(R). On suppose

(AB)n → Op

Montrer que(BA)n → Op

Exercice 30 [ 01670 ] [correction]Soient A,B ∈Mn(R) telles que

Ak −−−−−→k→+∞

P et Bk −−−−−→k→+∞

Q

On suppose que les matrices A et B commutent. Montrer que les matrices P et Qcommutent.

Exercice 31 [ 00471 ] [correction]Soit (An) une suite de matrices inversibles deMp(K).On suppose

An → A et A−1n → B

Montrer que A est inversible et déterminer son inverse.

Exercice 32 [ 00472 ] [correction]A quelle condition sur A ∈Mp(K) existe-t-il une matrice M ∈Mp(K) telle queMn −−−−−→

n→+∞A ?

Exercice 33 [ 03010 ] [correction]Soit A ∈Mp(C). On suppose que la suite (An)n∈N converge vers B.Montrer que B est semblable à une matrice diagonale n’ayant que des 0 et des 1.

Exercice 34 [ 03022 ] [correction]a) Soit A ∈Mp(R) diagonalisable vérifiant Sp(A) ⊂ ]−1, 1[. Montrer An → Op.b) Même question avec trigonalisable au lieu de diagonalisable.

Exercice 35 [ 03036 ] [correction]Soit (An) une suite convergente d’éléments deMn(K) et de limite A∞.Montrer que pour n assez grand

rg(An) > rg(A∞)


Fonctions lipschitziennes

Exercice 36 [ 00475 ] [correction]Soit E l’espace formé des fonctions réelles définies sur [a, b], lipschitziennes ets’annulant en a.Montrer que l’application N : E → R qui à f ∈ E associe le réel

N(f) = inf{k ∈ R+/∀x, y ∈ [a, b] , |f(x)− f(y)| 6 k |x− y|

}définit une norme sur E.

Exercice 37 [ 03052 ] [correction]Soit A une partie bornée non vide d’un espace vectoriel normé (E,N) et L lesous-espace vectoriel des applications lipschitziennes de A dans E.a) Montrer que les éléments L sont des fonctions bornées.b) Pour f ∈ L, soit

Kf ={k ∈ R+/∀(x, y) ∈ A2, N(f(x)− f(y)) 6 kN(x− y)

}Justifier l’existence de c(f) = inf Kf puis montrer c(f) ∈ Kf .c) Soient a ∈ A et Na : L → R+ définie par

Na(f) = c(f) +N(f(a))

Montrer que Na est une norme sur L.d) Soient a, b ∈ A. Montrer que les normes Na et Nb sont équivalentes.

Exercice 38 [ 00476 ] [correction]Soient E un espace vectoriel normé et T : E → E définie par

T (u) ={u si ‖u‖ 6 1u‖u‖ sinon

Montrer que T est au moins 2-lipschitzienne.

Exercice 39 Centrale MP [ 00477 ] [correction]Soit E un espace vectoriel réel normé. On pose f(x) = 1

max(1,‖x‖)x.Montrer que f est 2-lipschitzienne.Montrer que si la norme sur E est hilbertienne alors f est 1-lipschitzienne.

Limite et continuité

Exercice 40 [ 00478 ] [correction]Etudier les limites en (0, 0) des fonctions suivantesa) f(x, y) = x3+y3

x2+y2 b) f(x, y) = xyx4+y4

c) f(x, y) = x2yx4+y2 d) f(x, y) = xy

x−y

Exercice 41 [ 00480 ] [correction]Soit f : R+ × R+? → R définie par f(x, y) = xy pour x > 0 et f(0, y) = 0.a) Montrer que f est une fonction continue.b) Est-il possible de la prolonger en une fonction continue sur R+ × R+ ?

Exercice 42 [ 00481 ] [correction]Soient E un espace vectoriel normé et A une partie non vide de E.Pour x ∈ E, on pose

d(x,A) = inf {‖x− a‖ /a ∈ A}

Montrer que l’application x 7→ d(x,A) est définie et continue sur E.

Exercice 43 [ 00482 ] [correction]Soient g : R2 → R continue et C un cercle de centre O et de rayon R > 0.a) Montrer qu’il existe deux points A et B de C diamétralement opposés tels queg(A) = g(B).b) Montrer qu’il existe deux points C et D de C, se déduisant l’un de l’autre parun quart de tour tels que g(C) = g(D).

Exercice 44 Mines-Ponts MP [ 02769 ] [correction]Déterminer l’ensemble des morphismes continus de (U,×) dans lui-même.

Continuité des applications linéaires

Exercice 45 [ 00483 ] [correction]Soit u un endomorphisme continu d’un espace vectoriel normé E.Montrer que

∀λ ∈ Sp(u), |λ| 6 ‖u‖


Exercice 46 [ 00484 ] [correction]Soient E et F deux espace vectoriels normés. On suppose qu’une suite (fn)d’éléments de LC(E,F ) converge vers f ∈ LC(E,F ) (au sens de la normesubordonnée) et qu’une suite (xn) d’éléments de E converge vers x ∈ E. Etablirque fn(xn)→ f(x).

Exercice 47 [ 00485 ] [correction]Soient E et F deux espaces vectoriels normés et f ∈ L(E,F ).On suppose que pour toute suite (un) tendant vers 0, f(un) est bornée.Montrer que f est continue.

Exercice 48 [ 00486 ] [correction]Montrer que N1 et N2 normes sur E sont équivalentes si, et seulement si, IdE estbicontinue de (E,N1) vers (E,N2).

Exercice 49 [ 00487 ] [correction]Soit u ∈ LC(E,F ). Montrer que ‖u‖ = sup

‖x‖E<1‖u(x)‖F .

Exercice 50 [ 00488 ] [correction]Soient E un espace vectoriel normé non réduit à {0} et u, v ∈ LC(E) tels queu ◦ v − v ◦ u = αIdE pour un certain α ∈ R.a) Etablir que pour tout n ∈ N, u ◦ vn+1 − vn+1 ◦ u = (n+ 1)αvn.b) En déduire que α = 0.

Exercice 51 [ 00489 ] [correction]Soit E une algèbre de dimension finie non nulle. On désire établir que E peut êtremuni d’une norme d’algèbre. Soit ‖ . ‖ une norme sur E. Pour tout x ∈ E, on poseN(x) = sup

a∈E,‖a‖=1‖ax‖.

a) Justifier que N(x) existe dans R.b) Etablir que N est une norme d’algèbre sur E.

Exercice 52 X MP [ 00490 ] [correction]Soit f une forme linéaire non nulle et continue sur un espace vectoriel normé E.Montrer que si x /∈ ker f alors

d(x, ker f) = |f(x)|‖f‖

Exercice 53 Mines-Ponts MP [ 02832 ] [correction]Soient d un entier naturel, (fn) une suite de fonctions polynomiales de R dans Rde degré au plus d. On suppose que cette suite converge simplement. Montrer quela limite est polynomiale de degré au plus d, la convergence étant uniforme surtout compact.

Exercice 54 Mines-Ponts MP [ 02888 ] [correction]Soit E l’espace des f ∈ C0(R,C) 2π-périodiques. On norme E en posant, sif ∈ E : ‖f‖ = 1

2π∫ 2π

0 |f |. Si f ∈ E, soit G(f) : x ∈ R 7→∫ +∞

0 e−tf(x+ t) dt ∈ C.a) Montrer que G est un endomorphisme continu de E.b) L’endomorphisme G est-il inversible ?c) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de G.

Calcul de norme d’application linéaire

Exercice 55 [ 00491 ] [correction]On note `∞(R) l’espace vectoriel normé des suites réelles bornées muni de lanorme N∞. Pour u = (un) ∈ `∞(R) on pose T (u) et ∆(u) les suites définies par

T (u)n = un+1 et ∆(u)n = un+1 − un

a) Montrer que les applications T et ∆ sont des endomorphismes continus de `∞.b) Calculer leur norme.

Exercice 56 [ 00492 ] [correction]Soient E = C0([0, 1] ,R) et F = C1([0, 1] ,R). On définit N1 et N2 par

N1(f) = ‖f‖∞ et N2(f) = ‖f‖∞ + ‖f ′‖∞a) On définit T : E → F par : pour tout f : [0, 1]→ R, T (f) : [0, 1]→ R estdéfinie par

T (f)(x) =∫ x

0f(t) dt

Montrer que T est une application linéaire continue.b) Calculer la norme de T .

Exercice 57 [ 00493 ] [correction]Soit E = C ([0, 1] ,R) muni de ‖ . ‖∞ définie par ‖f‖∞ = sup

[a,b]|f |. Etudier la

continuité de la forme linéaire ϕ : f 7→ f(1)− f(0) et calculer sa norme.


Exercice 58 [ 00494 ] [correction]On munit l’espace E = C([0, 1] ,R) de la norme ‖ . ‖2. Pour f et ϕ éléments de Eon pose Tϕ(f) =

∫ 10 f(t)ϕ(t) dt. Montrer que Tϕ est une forme linéaire continue et

calculer sa norme.

Exercice 59 [ 00495 ] [correction]Soit E = C ([0, 1] ,R) muni de ‖ . ‖1 définie par

‖f‖1 =∫ 1

0|f(t)| dt

Etudier la continuité de la forme linéaire

ϕ : f 7→∫ 1

0tf(t) dt

et calculer sa norme.

Exercice 60 [ 00496 ] [correction]Soient E = C([0, 1] ,R) et u l’endomorphisme de E qui envoie f ∈ E surx 7→ f(x)− f(0).a) Montrer que pour E muni de ‖ . ‖∞ l’endomorphisme u est continu et calculer‖u‖.b) Montrer que pour E muni de ‖ . ‖1 l’endomorphisme u n’est pas continu.

Exercice 61 [ 00497 ] [correction]Sur R [X] on définit N1 et N2 par :

N1(P ) =+∞∑k=0

∣∣P (k)(0)∣∣ et N2(P ) = sup

t∈[−1,1]|P (t)|.

a) Montrer que N1 et N2 sont deux normes sur R [X].b) Montrer que la dérivation est continue pour N1 et calculer sa norme.c) Montrer que la dérivation n’est pas continue pour N2.d) N1 et N2 sont-elles équivalentes ?

Exercice 62 [ 00498 ] [correction]On munit l’espace E = C([0, 1] ,R) de la norme ‖ . ‖∞. Pour f et ϕ éléments de Eon pose Tϕ(f) =

∫ 10 f(t)ϕ(t) dt. Montrer que Tϕ est une forme linéaire continue et

calculer sa norme. On pourra pour cela introduire les fonctions fε : t 7→ ϕ(t)|ϕ(t)|+ε .

Exercice 63 [ 00499 ] [correction]Soit E = C([0, 1] ,R) muni de ‖ . ‖∞.Montrons que l’application u : f 7→ u(f) où u(f)(x) = f(0) + x(f(1)− f(0)) estun endomorphisme continue de E et calculer sa norme.

Exercice 64 [ 00500 ] [correction]Soit E = C([0, 1] ,R) muni de ‖ . ‖∞.a) Montrer que pour toute fonction f ∈ E, il existe une unique primitive F de fvérifiant

∫ 10 F (t) dt = 0.

b) Etablir que l’application u : f 7→ F est un endomorphisme continue.c) Justifier que F (x) =

∫ 10(∫ xtf(u) du

)dt.

d) Calculer ‖u‖.

Exercice 65 [ 01012 ] [correction]

Pour a = (an) ∈ `∞(R) et u = (un) ∈ `1(R), on pose 〈a, u〉 =+∞∑n=0

anun.

a) Justifier l’existence de 〈a, u〉.b) Montrer que l’application linéaire ϕu : a 7→ 〈a, u〉 est continue et calculer sanorme.c) Même question avec ψa : u 7→ 〈a, u〉.

Dérivation d’une fonction vectorielle

Exercice 66 [ 00564 ] [correction]Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et f : R→ E dérivable en 0. Onsuppose que pour tout x ∈ R, f(2x) = 2f(x). Montrer que f est linéaire

Exercice 67 [ 00565 ] [correction]Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et f : C1([a, b[ , E).Montrer que f admet un prolongement de classe C1 à [a, b] si, et seulement si, f ′admet une limite en b.


Exercice 68 [ 00566 ] [correction]Pour tout réel x, on pose :

Dn(x) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x 1 0x2/2! x 1

x3/3! x2/2! x. . .

.... . . . . . 1

xn/n! · · · · · · x2/2! x

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Montrer que Dn est une fonction dérivable et calculer D′n(x).En déduire l’expression de Dn(x).

Exercice 69 [ 00567 ] [correction]a) Montrer que pour tout 0 6 p < n on a

n∑k=0

(−1)k(n

k

)kp = 0 et

n∑k=0

(−1)k(n

k

)kn = (−1)nn!

b) En déduire, pour f : R→ E de classe Cn, la limite quand h→ 0 de

1hn

n∑k=0

(−1)k(n

k

)f(kh)

Exercice 70 [ 00568 ] [correction]Soit f : R→ E de classe C∞. Etablir que pour tout t 6= 0,(tn−1f(1/t)

)(n) = (−1)ntn+1 f

(n)(1/t).

Exercice 71 [ 00569 ] [correction]Soit f : [0, 1]→ E dérivable à droite en 0 et vérifiant f(0) = 0.Déterminer la limite quand n→ +∞ de

Sn =n∑k=1

f(k/n2)

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD Corrections 9

Corrections

Exercice 1 : [énoncé]a) Soit x ∈ E. Si x = 0 alors N1(x) = N2(x) = 0. Sinon :Posons y = x

N1(x) . On a y ∈ B1 ⊂ B2 donc N2(y) 6 1 d’où N2(x) 6 N1(x).De manière symétrique N1(x) 6 N2(x) puis l’égalité.b) On reprend la démarche ci-dessus à partir de y = x

N1(x)+ε avec ε > 0 pourobtenir N2(x) < N1(x) + ε avant de faire tendre ε vers 0.

Exercice 2 : [énoncé]Quand t varie de 0 à 1, l’expression |x1 + tx2| varie de |x1| à |x1 + x2|Par suite, on peut exprimer plus simplement l’action de N :

N(x1, x2) = max {|x1| , |x1 + x2|}

Soient x = (x1, x2) et y = (y1, y2) deux vecteurs de R2.

N(x+y) = max {|x1 + y1| , |x1 + y1 + x2 + y2|} 6 max {|x1|+ |y1| , |x1 + x2|+ |y1 + y2|} 6 N(x)+N(y)

Pour λ ∈ R,N(λ.x) = max {|λ| |x1| , |λ| |x1 + x2|} = |λ|N(x)

Enfin si N(x) = 0 alors |x1| = |x1 + x2| = 0 et donc x1 = x1 + x2 = 0 puis x = 0.Ainsi N définie bien une norme sur R2.Si x1 > 0, x2 > 0 alors N(x) = x1 + x2.Si x1 6 0, x2 > 0 alors N(x) = max(−x1, |x1 + x2|).Si x1 > 0, x2 6 0 alors N(x) = max(x1, |x1 + x2|).Si x1 6 0, x2 6 0 alors N(x) = −(x1 + x2).Ces considérations permettent de représenter la boule unité fermée.De manière immédiate : N(x) 6 2 ‖x‖∞.Aussi |x1| 6 2N(x) et puisque |x2| 6 |x1 + x2|+ |x1| on a aussi |x2| 6 2N(x).On en déduit ‖x‖∞ 6 2N(x).

Exercice 3 : [énoncé]L’application N : Rn → R+ est bien définie car toute fonction continue sur lesegment [0, 1] y est bornéeLa liberté de la famille (f1, . . . , fn) est une condition nécessaire car, sinon, unerelation linéaire sur la famille (f1, . . . , fn) détermine un n-uplet (x1, . . . , xn) nonnul tel que N(x1, . . . , xn) = 0.Inversement, supposons la famille (f1, . . . , fn) libre.

Soient λ ∈ R, x = (x1, . . . , xn) ∈ Rn et y = (y1, . . . , yn) ∈ Rn.Si N(x) = 0 alors x1f1 + · · ·+ xnfn = 0 et donc (x1, . . . , xn) = (0, . . . , 0) car(f1, . . . , fn) libre.N(λx) = ‖λx1f1 + · · ·+ λxnfn‖∞ = ‖λ (x1f1 + · · ·+ xnfn)‖∞ = |λ|N(x).N(x+ y) = ‖(x1 + y1)f1 + · · ·+ (xn + yn)fn‖∞ =‖(x1f1 + · · ·+ xnfn) + (y1f1 + · · ·+ ynfn)‖∞ 6 N(x) +N(y).Finalement N est une norme sur Rn

Exercice 4 : [énoncé]Ce sont les normes usuelles associées à la base canonique surMn,p(K).

Exercice 5 : [énoncé]‖ . ‖ est une norme surMn(R) car c’est la norme 2 associée à la base canonique deMn(R).On a

‖AB‖2 =n∑

i,j=1

(n∑k=1

ai,kbk,j

)2

Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz,(n∑k=1

ai,kbk,j

)2

6n∑k=1

a2i,k

n∑`=1

b2`,j

donc

‖AB‖2 6n∑

i,k=1a2i,k

n∑j,`=1

b2`,j = ‖A‖2 ‖B‖2

puis‖AB‖ 6 ‖A‖ ‖B‖

Exercice 6 : [énoncé]a) ‖A‖ = 0⇒ ∀1 6 i 6 n,

n∑j=1|ai,j | = 0⇒ ∀1 6 i, j 6 n, ai,j = 0⇒ A = 0.

‖λA‖ = sup16i6n

n∑j=1|λai,j | = sup

16i6n|λ|

n∑j=1|ai,j | = |λ| sup

16i6n

n∑j=1|ai,j | = |λ| ‖A‖.

‖A+B‖ = sup16i6n

n∑j=1|ai,j + bi,j | 6 sup

16i6n

n∑j=1|ai,j |+ |bi,j | 6

sup16i6n

n∑j=1|ai,j |+ sup

16i6n

n∑j=1|bi,j | = ‖A‖+ ‖B‖.


‖AB‖ = sup16i6n

n∑j=1

∣∣∣∣ n∑k=1

ai,kbk,j

∣∣∣∣ 6 sup16i6n

n∑j=1

n∑k=1|ai,kbk,j |.

Orn∑j=1

n∑k=1|ai,kbk,j | 6

n∑k=1

n∑j=1|ai,k| |bk,j | =

n∑k=1|ai,k|

n∑j=1|bk,j | 6

n∑k=1|ai,k| ‖B‖ 6

‖A‖ ‖B‖ donc ‖AB‖ 6 ‖A‖ ‖B‖.On peut aussi remarquer que ‖In‖ = 1.b) Soit λ ∈ Sp(A), il existe X 6= 0, AX = λX.En notant x1, . . . , xn les éléments de la colonne X (non tous nuls) on a∀i ∈ {1, . . . , n}, λxi =

n∑j=1

ai,jxj .

Considérons i ∈ {1, . . . , n} tel que |xi| = max16j6n

|xj | 6= 0.

La relation précédente donne : |λ| |xi| 6n∑j=1|ai,j | |xj | 6

n∑j=1|ai,j | |xi| donc

|λ| 6n∑j=1|ai,j | 6 ‖A‖.

Exercice 7 : [énoncé]a) L’inégalité vaut pour a = 0 ou b = 0. Pour a, b > 0.La fonction ln est concave : ∀λ ∈ [0, 1], ∀x, y > 0,λ ln(x) + (1− λ) ln(y) 6 ln(λx+ (1− λ)y)Appliquée à x = ap, y = bq et λ = 1/p cela donne :1p ln(ap) + 1

q ln(bq) 6 ln(

1pa

p + 1q bq)puis ab 6 1

pap + 1

q bq.

b) On applique le résultat précédent à a = |xi|‖x‖p

et b = |yi|‖y‖q

pour obtenir|xiyi|‖x‖p‖y‖q

6 1p|xi|p‖x‖pp

+ 1q|yi|q‖y‖qq

En sommant pour i ∈ {1, . . . , n}, on obtientn∑i=1

|xiyi|‖x‖p‖y‖q

6 1p + 1

q = 1 puisn∑i=1|xiyi| 6 ‖x‖p ‖y‖q.

c) ‖x+ y‖pp =n∑i=1|xi + yi|p 6

n∑i=1

(|xi|+ |yi|)p

Or par l’identité proposéen∑i=1

(|xi|+ |yi|)p 6n∑i=1|xi| (|xi|+ |yi|)p−1 +

n∑i=1|yi| (|xi|+ |yi|)p−1

Par l’inégalité du b) :n∑i=1

(|xi|+ |yi|)p 6

‖x‖p

(n∑i=1

(|xi|+ |yi|)(p−1)q)1/q

+ ‖y‖p(

n∑i=1

(|xi|+ |yi|)(p−1)q)1/q

doncn∑i=1

(|xi|+ |yi|)p 6(‖x‖p + ‖y‖p

)( n∑i=1

(|xi|+ |yi|)p)1/q

car

(p− 1)q = pq − q = p

puis(

n∑i=1

(|xi|+ |yi|)p)1/p

6 ‖x‖p + ‖y‖p car 1− 1/q = 1/p

(et l’inégalité vaut quen∑i=1

(|xi|p + |yi|p) 6= 0 ou non)

Finalement ‖x+ y‖p 6 ‖x‖p + ‖y‖p.d) Les propriétés ‖x‖p = 0⇒ x = 0 et ‖λx‖p = |λ| ‖x‖p sont immédiates.

Exercice 8 : [énoncé]Si ‖x‖∞ = 0 alors x = 0 et ‖x‖p = 0 donc

‖x‖∞ = limp→+∞

‖x‖p

Si ‖x‖∞ 6= 0. Pour tout p > 1,

‖x‖∞ 6 ‖x‖p 6(n ‖x‖pp

)1/p= n1/p ‖x‖∞ −−−−−→p→+∞

‖x‖∞

donclim

p→+∞‖x‖p = ‖x‖∞

Exercice 9 : [énoncé]Puisque 0 ∈ F , d(e, F ) 6 d(e, 0) = 1.En raisonnant par l’absurde montrons d(e, F ) = 1 en supposant d(e, F ) < 1.Il existe alors une suite x ∈ B(Rn) vérifiant ‖∆x− e‖∞ = ρ avec ρ < 1.Pour tout k ∈ N, |∆x(k)− 1| 6 ρ donc ∆x(k) > 1− ρ.En sommant ces inégalités pour k allant de 0 à n− 1, on obtientx(n)− x(0) > n(1− ρ) et donc x→ +∞.Ceci contredit x ∈ B(Rn) et permet de conclure.

Exercice 10 : [énoncé]a) Par réduction au même dénominateur

a

u+ b

v− 1u+ v

= av(u+ v) + bu(u+ v)− uvuv(u+ v)


qu’on peut réécrire

a

u+ b

v− 1u+ v

= (√av −

√bu)2 + (a+ b+ 2

√ab− 1)uv

uv(u+ v)

et si√a+√b = 1 alors

a

u+ b

v− 1u+ v

= (√av −

√bu)2

uv(u+ v) > 0

b)

N((f + g)−1) =∫ 1

0

dtf(t) + g(t) 6 a

∫ 1

0

dtf(t) + b

∫ 1

0

dtg(t) = aN(f−1) + bN(g−1)

qui donne l’inégalité voulue avec

a = N(f)2

(N(f) +N(g))2 et b = N(g)2

(N(f) +N(g))2

qui sont tels que√a+√b = 1.

c) Par l’inégalité triangulaire

N(f + g)N((f + g)−1) 6 (N(f) +N(g))N((f + g)−1)

et en vertu de ce qui précède

N(f + g)N((f + g)−1) 6N(f)2N(f−1)N(f) +N(g) + N(g)2N(g−1)

N(f) +N(g)

qui donne

N(f + g)N((f + g)−1) 6N(f)

N(f) +N(g)M + N(g)N(f) +N(g)M = M

avecM = max(N(f)N(f−1), N(g)N(g−1))

Document3

Exercice 11 : [énoncé]a) x = 1

2 (x+ y) + 12 (x− y) donc ‖x‖ 6 max {‖x+ y‖ , ‖x− y‖}. Aussi

‖y‖ 6 max {‖x+ y‖ , ‖x− y‖} donc ‖x‖+ ‖y‖ 6 2 max {‖x+ y‖ , ‖x− y‖}.b) Sur R2 avec ‖‖ = ‖‖∞, il y a égalité pour x = (1, 0) et y = (0, 1).

c) (‖x‖+ ‖y‖)2 6 2 ‖x‖2 + 2 ‖y‖2. Or x = 12 (x+ y) + 1

2 (x− y) donne‖x‖2 = 1

4

(‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 + 2 ‖x‖2 − 2 ‖y‖2

)aussi

‖y‖2 = 14

(‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2 − 2 ‖x‖2 + 2 ‖y‖2

)donc

‖x‖2 + ‖y‖2 6 12

(‖x+ y‖2 + ‖x− y‖2

)puis (‖x‖+ ‖y‖)2 6 2 max {‖x+ y‖ , ‖x− y‖}2 qui permet de conclure.d) Non, sur R2, il y a égalité pour x = (1, 0) et y = (0, 1).

Exercice 12 : [énoncé]Cas n = 2Par l’absurde supposons qu’une telle norme existe.

Posons A =(

0 10 0

)et B =

(0 20 0

).

Les matrices A et B sont semblables (via P = diag(1/2, 1)) donc ‖A‖ = ‖B‖. OrB = 2A donc ‖B‖ = 2 ‖A‖ puis ‖A‖ = 0.C’est absurde car A 6= O2.Cas général : semblable.

Exercice 13 : [énoncé]a)

‖f‖1 6∫ 1

0‖f‖∞ 6 ‖f‖∞

et

‖f‖2 6

(∫ 1

0‖f‖2

∞

)1/2

6 ‖f‖∞

Posons fn(x) = xn, ‖fn‖∞ = 1 alors que ‖fn‖1 = 1n+1 → 0 et

‖fn‖2 = 1√2n+1 → 0. Les normes ne sont donc pas équivalentes.

b) Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz :∫ 1

01× |f(t)|dt 6

(∫ 1

01dt)1/2(∫ 1

0f(t)2dt

)1/2

donc‖f‖1 6 ‖f‖2

Pour fn(x) =√

2n+ 1xn, ‖fn‖2 = 1 et ‖fn‖1 =√

2n+1n+1 → 0, les normes ne sont

donc pas équivalentes.


Exercice 14 : [énoncé]a) Aisément ‖ . ‖∞ 6 ‖ . ‖1Soit uN définie par uNn = 1 si n < N et uNn = 0 sinon. uN ∈ `1(R).On a

∥∥uN∥∥1 = N et∥∥uN∥∥∞ = 1 donc il n’existe pas de α > 0 tel que

‖ . ‖1 6 α ‖ . ‖∞.‖ . ‖1 et ‖ . ‖∞ ne sont pas équivalentes.

b) On aN∑n=0|un|2 6

(N∑n=0|un|

)2

donc quand N → +∞ :

‖u‖22 =

+∞∑n=0|un|2 6

(+∞∑n=0|un|

)2

= ‖u‖21. Ainsi ‖ . ‖2 6 ‖ . ‖1.

Soit uN définie par uNn = 1 si n < N et uNn = 0 sinon. uN ∈ `1(R).On a

∥∥uN∥∥1 = N et∥∥uN∥∥2 =

√N donc il n’existe pas de α > 0 tel que

‖ . ‖1 6 α ‖ . ‖2.‖ . ‖1 et ‖ . ‖2 ne sont pas équivalentes.

Exercice 15 : [énoncé]a) Aisément ‖ . ‖∞ 6 ‖ . ‖1Soit uN définie par uNn = 1 si n < N et uNn = 0 sinon.On a

∥∥uN∥∥1 = N et∥∥uN∥∥∞ = 1 donc il n’existe pas de α > 0 tel que

‖ . ‖1 6 α ‖ . ‖∞.‖ . ‖1 et ‖ . ‖∞ ne sont pas équivalentes.b) En introduisant N tel que n > N ⇒ un = 0 on a :

‖u‖22 =

+∞∑n=0|un|2 =

N∑n=0|un|2 6

(N∑n=0|un|

)2

=(+∞∑n=0|un|

)2

= ‖u‖21

Ainsi ‖ . ‖2 6 ‖ . ‖1.Soit uN définie par uNn = 1 si n < N et uNn = 0 sinon.On a

∥∥uN∥∥1 = N et∥∥uN∥∥2 =

√N donc il n’existe pas de α > 0 tel que

‖ . ‖1 6 α ‖ . ‖2.‖ . ‖1 et ‖ . ‖2 ne sont pas équivalentes.

Exercice 16 : [énoncé]a) Sans difficultés.b) N1(f) 6 N2(f) car |f(x)| 6 |f(0)|+

∣∣∫ x0 f ′(t)dt

∣∣ 6 |f(0)|+ |x| sup[−1,1]

|f ′|.

Pour f(x) = sinnx, N1(f) = 1 alors que N2(f) = n, les normes N1 et N2 ne sontdonc par équivalentes. On a aussi N3(f) 6 2N1(f) sans difficultés. Posonsf(x) = n cos(nx)χ[− π

2n ,π

2n ](x). La fonction f est de classe C1, N1(f) = 1 et

N3(f) =∫ π/2−π/2 cos(t)dt = 2 (pour n > 2). Les normes N1 et N3 ne sont donc pas

équivalentes.

Exercice 17 : [énoncé]a) N1, N2 : R [X]→ R.

N1(P +Q) =+∞∑k=0

∣∣P (k)(0) +Q(k)(0)∣∣ 6 +∞∑

k=0

∣∣P (k)(0)∣∣+∣∣Q(k)(0)

∣∣ =+∞∑k=0

∣∣P (k)(0)∣∣+

+∞∑k=0

∣∣Q(k)(0)∣∣ = N1(P ) +N1(Q),

N1(λP ) =+∞∑k=0

∣∣λP (k)(0)∣∣ = |λ|

+∞∑k=0

∣∣P (k)(0)∣∣ = |λ|N1(P ),

N1(P ) = 0⇒ ∀k ∈ Z, P (k)(0) = 0 or P =+∞∑k=0

P (k)(0)k! Xk donc P = 0.

Finalement N1 est une norme.N2(P +Q) = sup

t∈[−1,1]|P (t) +Q(t)| 6 sup

t∈[−1,1]|P (t)|+ |Q(t)| 6

supt∈[−1,1]

|P (t)|+ supt∈[−1,1]

|Q(t)| = N2(P ) +N2(Q),

N2(λP ) = supt∈[−1,1]

|λP (t)| = supt∈[−1,1]

|λ| |P (t)| = |λ| supt∈[−1,1]

|P (t)| = |λ|N2(P ),

N2(P ) = 0⇒ ∀t ∈ [−1, 1] , P (t) = 0 et par infinité de racines P = 0.b) La suite 1

nXn converge vers 0 pour N2 mais n’est pas bornée et donc diverge

pour N1.c) Les normes ne peuvent être équivalentes car sinon les suites convergeant pourl’une des normes convergerait pour l’autre.

Exercice 18 : [énoncé]Les propriétés N(f + g) 6 N(f) +N(g) et N(λf) = |λ|N(f) sont faciles.Si N(f) = 0 alors la résolution de l’équation différentielle f ′ + 3f = 0 avec lacondition initiale f(0) = 0 donne f = 0. Ainsi l’application N est bien une normesur E.On remarque que f(x) = e−3x ∫ x

0(f(t)e3t)′ dt = e−3x ∫ x

0 (3f(t) + f ′(t))e3t dt.Par suite |f(x)| 6 e3N(f) pour tout x ∈ [0, 1] et donc N∞(f) 6 αN(f) avecα = e3.Pour fn(x) = xn, N∞(f) = 1 et N(f) = N∞(x 7→ 3xn + nxn−1) = n+ 3→ +∞.Les normes N∞ et N ne sont pas équivalentes.

Exercice 19 : [énoncé]a) Posons ϕ(f, g) = f(0)g(0) +

∫ 10 f′(t)g′(t)dt. ϕ est une forme bilinéaire

symétrique, ϕ(f, f) > 0 et si ϕ(f, f) = 0 alors f(0) = 0 et pour tout t ∈ [0, 1],f ′(t) = 0 donc f = 0. ϕ est donc un produit scalaire et N apparaît comme étantla norme associée.


b) Pour tout x ∈ [0, 1], |f(x)| 6 |f(0)|+∣∣∫ x

0 f ′(t)dt∣∣ 6 √2N(f), donc

‖f‖∞ 6√

2N(f).Pour f(x) = sin(nxπ), ‖f‖∞ = 1 et N(f) = nπ/√

2→ +∞. Lesdeux normes ne sont donc pas équivalentes.

Exercice 20 : [énoncé]On a N∞(AB) 6 nN∞(A)N∞(B) et αN 6 N∞ 6 βN avec α, β > 0 doncN(AB) 6 1

αN∞(AB) 6 nαN∞(A)N∞(B) 6 nβ2

α N(A)N(B).

Exercice 21 : [énoncé]Les applications

N1 : P 7→∫ 1

0|P (t)| dt et N2 : P 7→ sup

t∈[0,1]|P (t)|

définissent deux normes sur l’espace E. Puisque l’espace E est de dimension finie,ces deux normes sont équivalentes et en particulier N2 est dominée par N1

Exercice 22 : [énoncé]a) facile.b) (i)⇒(ii) Supposons que la suite (Pn) converge simplement sur R vers unecertaine fonction f . On ne sait pas a priori si cette fonction est, ou non,polynomiale.Soit ξ = (ξ0, . . . , ξd) une famille de d+ 1 réels distincts et P ∈ E déterminé parP (ξk) = f(ξk). On peut affirmer que la (Pn) suite converge vers P pour la normeNξ. Soit [a, b] un segment de R avec a < b. N = ‖ . ‖∞,[a,b] définit une norme surE qui est équivalent à Nξ car E est de dimension finie. Puisque (Pn) convergevers P pour la norme Nξ, on peut affirmer que la convergence a aussi lieu pour lanorme N et donc (Pn) converge uniformément vers P sur le segment [a, b]. Aupassage, on en déduit que f = P .(ii)⇒(iii) Si la suite (Pn) converge uniformément sur tout segment vers unefonction f , elle converge aussi simplement vers f et l’étude ci-dessus montre que fest un polynôme. En introduisant la norme infinie relative aux coefficientspolynomiaux : ‖a0 + · · ·+ anX

n‖∞ = max06k6n

|ak|, l’équivalence de norme permetd’établir que les coefficients de Pn convergent vers les coefficients respectifs de f .(iii)⇒(i) immédiat.

Exercice 23 : [énoncé]a) L’application N : E → R+ proposée vérifie aisément N(λf) = |λ|N(f) etN(f + g) 6 N(f) +N(g). Le problème est l’obtention de N(f) = 0⇒ f = 0.Par récurrence sur d ∈ N?.Cas d = 1 : E = Vect(g) avec g 6= 0̃. Un réel a1 ∈ [0, 1] tel que g(a1) 6= 0 convient.Supposons la propriété au rang d > 1.Soit E un sous-espace vectoriel de dimension d+ 1 de C0([0, 1] ,R). Il existe unefonction g non nulle élément de E et il existe ad+1 ∈ [0, 1] tel que g(ad+1) 6= 0.Considérons alors H = {f ∈ E/f(ad+1) = 0}. On vérifie aisément E = H ⊕Vectg.Puisque H est alors de dimension d, on peut appliquer l’hypothèse de récurrence

pour introduire (a1, . . . , ad) ∈ [0, 1]d tel que h 7→d∑i=1|h(ai)| soit une norme surH.

Considérons alors N : f ∈ E 7→d+1∑i=1|f(ai)| et montrons N(f) = 0⇒ f = 0.

Supposons N(f) = 0 et donc |f(a1)| = . . . = |f(ad)| = |f(ad+1)| = 0. PuisqueE = H ⊕Vectg, on peut écrire f = h+ λg avec h ∈ H et λ ∈ R. La propriété|f(ad+1)| = 0 entraîne λ = 0 et la propriété |f(a1)| = . . . = |f(ad)| = 0 entraînealors h = 0. On peut donc conclure f = 0.Récurrence établie.b) Introduisons E′ = E + Vectf de dimension d ou d+ 1. Sur E′, on peutintroduire une norme du type précédent et l’hypothèse de convergence simpledonne alors que (fn) tend vers f pour la norme considérée. Or sur E′ dedimension finie toutes les normes sont équivalentes et donc (fn) tend aussi vers fpour la norme ‖ . ‖∞ ce qui signifie que (fn) converge uniformément vers f .Il reste à montrer que f ∈ E. Par l’absurde, supposons que f /∈ E. On a alorsE′ = E ⊕Vectf . Considérons alors la projection p sur Vectf parallèlement à E.C’est une application linéaire au départ d’un espace de dimension finie, elle estdonc continue. Or p(fn) = 0→ 0 et p(f) = f 6= 0. C’est absurde.

Exercice 24 : [énoncé]a) L’application N : E → R+ est bien définie et on vérifie aisémentN(λf) = |λ|N(f) et N(f + g) 6 N(f) +N(g).Supposons maintenant N(f) = 0, la fonction f est alors solution de l’équationdifférentielle y′′ + y = 0 vérifiant les conditions initiales y(0) = y′(0) = 0 ce quientraîne f = 0.Finalement N est une norme sur E.b) On a évidemment N 6 ν.Inversement, soit f ∈ E et g = f + f ′′. La fonction f est solution de l’équationdifférentielle y′′ + y = g vérifiant les conditions initiales y(0) = y′(0) = 0. Aprèsrésolution via la méthode de variation des constantes, on obtient


f(x) =∫ x

0 sin(x− t)g(t) dt. On en déduit |f(x)| 6 x ‖g‖∞ 6 π ‖g‖∞ et donc‖f‖∞ 6 πN(f).De plus ‖f ′′‖∞ 6 ‖f + f ′′‖∞ + ‖f‖∞ donc ν(f) 6 (π + 1)N(f).

Exercice 25 : [énoncé]a) Si N(f) = 0 alors nullité d’une somme de positif ‖f‖∞ = 0 et donc f = 0.N(f) = 0⇒ ‖f‖∞ = 0⇒ f = 0.N(λf) = ‖λf‖∞ + ‖λf ′‖∞ = |λ| ‖f‖∞ + |λ| ‖f ′‖∞ = |λ|N(f).N(f+g) = ‖f + g‖∞+‖f ′ + g′‖∞ 6 ‖f‖∞+‖g‖∞+‖f ′‖∞+‖g′‖∞ = N(f)+N(g).‖f‖∞ 6 N(f) donc ‖ . ‖∞ est dominée par ‖ . ‖.Pour fn(x) = cos(2nπx). ‖fn‖∞ = 1 et N(fn) = 1 + 2nπ −−−−−→

n→+∞+∞.

Donc N et ‖ . ‖∞ ne sont pas équivalentes.b) Si N ′(f) = 0 alors f(0) = 0 et f ′ = 0 donc f est constante égale à 0.N ′(λf) = |λf(0)|+ ‖λf ′‖∞ = |λ| |f(0)|+ |λ| ‖f ′‖∞ = |λ|N ′(f).N ′(f + g) = |f(0) + g(0)|+ ‖f ′ + g′‖∞ 6 |f(0)|+ |g(0)|+ ‖f ′‖∞ + ‖g′‖∞ =N ′(f) +N ′(g).Aisément N ′(f) 6 N(f).Pour tout x ∈ [0, 1],|f(x)| =

∣∣f(0) +∫ x

0 f ′(t)dt∣∣ 6 |f(0)|+

∫ x0 ‖f

′‖∞ 6 |f(0)|+ x ‖f ′‖∞ 6 N ′(f).Par suite ‖f‖∞ 6 N ′(f) puis sachant ‖f ′‖ 6 N ′(f) on a N(f) 6 2N ′(f).

Exercice 26 : [énoncé]Pour tout f, g ∈ E et tout λ ∈ R, il est clair que Ni(f + g) 6 Ni(f) +Ni(g) et queNi(λf) = λNi(f).Supposons N1(f) = 0, on a alors sup

x∈[0,1]|f(x)| = 0 donc f = 0.

Supposons maintenant que N2(f) = 0, on a alors supx∈[0,1]

|f(x) + f ′(x)| = 0 donc

f(x) + f ′(x) = 0. Après résolution de l’équation différentielle sous-jacente,f(x) = λe−x avec λ = f(0) = 0 et finalement f = 0.Finalement N1 et N2 sont bien deux normes sur E.Il est clair que

N2(f) 6 N1(f)

Posons maintenant M = N2(f). Pour tout x ∈ [0, 1], on a

|f(x) + f ′(x)| 6 M

donc ∣∣(f(x)ex)′∣∣ 6 Mex

d’où|f(x)ex| =

∣∣∣∣∫ x

0

(f(t)et

)′ dt∣∣∣∣ 6 ∫ x

0Metdt 6 Mex

puis |f(x)| 6 Me pour tout x ∈ [0, 1]. Ainsi

supx∈[0,1]

|f(x)| 6 Me

De plus|f ′(x)| 6 |f(x) + f ′(x)|+ |f(x)| 6 M(1 + e)

doncsupx∈[0,1]

|f ′(x)| 6 M(1 + e)

et finalementN1(f) 6 M(1 + 2e) = N2(f)(1 + 2e)

On peut conclure que les deux normes sont effectivement équivalentes.

Exercice 27 : [énoncé]a) ‖ . ‖ϕ : E → R+ est bien définie.Si ‖f‖ϕ = 0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue et positive,t 7→ |f(t)|ϕ(t) est nulle. En dehors des valeurs où ϕ est nulle, la fonction fs’annule. Or ϕ ne s’annule qu’un nombre fini de fois, donc par un argument decontinuité, f s’annule aussi en ces points et finalement f = 0̃.Les propriétés ‖λf‖ϕ = |λ| ‖f‖ϕ et ‖f + g‖ϕ 6 ‖f‖ϕ + ‖g‖ϕ sont immédiates.b) Considérons la fonction ϕ2/ϕ1. Cette fonction est définie et continue sur lesegment [0, 1], elle y est donc bornée et il existe M ∈ R+ vérifiant∀x ∈ [0, 1] , ϕ2(x) 6 Mϕ1(x). On en déduit ‖ . ‖ϕ1

6 M ‖ . ‖ϕ2. Ainsi ‖ . ‖ϕ1

estdominée par ‖ . ‖ϕ2

et par un argument symétrique ‖ . ‖ϕ2est dominée par ‖ . ‖ϕ1

.c) On a facilement ‖ . ‖x2 6 ‖ . ‖x.Pour fn(x) = (1− x)n, on a ‖fn‖x = 1

(n+1)(n+2) et ‖fn‖x2 = 2(n+1)(n+2)(n+3) donc

il n’existe pas de constante M > 0 telle que ‖ . ‖x 6 M ‖ . ‖x2 . Les deux normes‖ . ‖x et ‖ . ‖x2 ne sont pas équivalentes.

Exercice 28 : [énoncé]a) Na(1, 1) et Na(1,−1) doivent exister et être strictement positifs. Cela fournitles conditions nécessaires 2a+ 2 > 0 et 2− 2a > 0 d’où a ∈ ]−1, 1[. Montrons quecette condition est suffisante.Supposons a ∈ ]−1, 1[ et considérons ϕ : R2 × R2 → R définie parϕ ((x, y), (x′, y′)) = xx′ + yy′ + axy′ + ayx′.


L’application ϕ est une forme bilinéaire symétrique sur R2 et pour (x, y) 6= (0, 0),ϕ ((x, y), (x, y)) > (1− |a|) (x2 + y2) > 0 en vertu de |2axy| 6 |a|

(x2 + y2). Ainsi

ϕ est un produit scalaire sur R2 et Na est la norme euclidienne associée.b) Le cas a = b est immédiat. Quitte à échanger, on peut désormais supposera < b.Par homogénéité, on peut limiter l’étude de Na(x,y)

Nb(x,y) au couple (x, y) = (cos t, sin t)avec t ∈ ]−π/2, π/2].Posons f(t) =

(Na(cos t,sin t)Nb(cos t,sin t)

)2= 1+a sin 2t

1+b sin 2t , f′(t) = 2 (a−b) cos(2t)

(1+b sin 2t)2 .Les variations de f sont faciles et les extremums de f(t) sont en t = −π/4 ett = π/4. Ils valent 1−a

1−b et 1+a1+b .

On en déduit inf(x,y)6=0

Na(x,y)Nb(x,y) =

√1+a1+b et sup

(x,y)6=0

Na(x,y)Nb(x,y) =

√1−a1−b (dans le cas

a < b).

Exercice 29 : [énoncé]Il suffit d’observer

(BA)n+1 = B(AB)nA→ Op

Exercice 30 : [énoncé]Puisque les matrices A et B commutent, il en est de même des matrices Ak et Bk.En passant à la limite la relation

AkBk = BkAk

on obtientPQ = QP

Exercice 31 : [énoncé]On a

AnA−1n = Ip

En passant cette relation à la limite on obtient

AB = Ip

Par le théorème d’inversibilité, on peut affirmer que A est inversible et

A−1 = B

Exercice 32 : [énoncé]Si A est limite d’une suite (Mn) alors M2n → A et M2n = (Mn)2 → A2.Par unicité de la limite, on obtient A2 = A.Inversement, si A2 = A alors A = lim

n→+∞Mn avec M = A.

Exercice 33 : [énoncé]A2n → B et A2n = An ×An → B2 donc B = B2 et B est une matrice deprojection.

Exercice 34 : [énoncé]a) Il existe P ∈ GLp(K) tel que P−1AP = D avec D = diag(λ1, . . . , λp) et|λj | < 1.On a alors A = PDnP−1 avec Dn = diag(λn1 , . . . , λnp )→ Op doncA→ POpP

−1 = Op.b) En reprenant la démarche qui précède, on peut conclure dès que l’on établitque si T est une matrice triangulaire supérieure à coefficients diagonaux dans]−1, 1[ alors Tn −−−−−→

n→+∞Op.

Raisonnons par récurrence sur p ∈ N?.Pour p = 1, la propriété est immédiate.Supposons le résultat vrai au rang p > 1.Soit T ∈Mp+1(R) triangulaire supérieure à coefficients diagonaux dans ]−1, 1[.On peut écrire

T =(

λ LOn,1 S

)avec |λ| < 1 et S ∈Mn(R) triangulaire supérieure à coefficients diagonaux dans]−1, 1[.Par le calcul, on obtient

Tn =(

λn LnOn,1 Sn

)avec

Ln = L

n−1∑k=0

λkSn−1−k

On a λn → 0 et Sn → On par hypothèse de récurrence.Pour conclure, il suffit de montrer que

n−1∑k=0

λkSn−1−k =n−1∑k=0

λn−1−kSk → On


car ceci entraîne Ln → O1,n.Soit ε > 0.Puisque Sn → On, il existe un rang N ∈ N au-delà duquel ‖Sn‖ 6 ε.On alors ∥∥∥∥∥

n−1∑k=N

λn−1−kSk

∥∥∥∥∥ 6 ε

n−1∑k=N|λ|n−1−k 6

ε

1− |λ|

De plus, puisqueN−1∑k=0

λn−1−kSk −−−−−→n→+∞

On car somme d’un nombre constant de

termes de limites nulles, on peut affirmer que pour n assez grand, on a∥∥∥∥∥N−1∑k=0

λn−1−kSk

∥∥∥∥∥ 6 ε

Ainsi, pour n assez grand ∥∥∥∥∥n−1∑k=0

λn−1−kSk

∥∥∥∥∥ 6 ε+ ε

1− |λ|

et on peut conclure.Récurrence établie.

Exercice 35 : [énoncé]Posons r = rgA∞.La matrice A∞ possède est déterminant extrait non nul de taille r.Le déterminant extrait correspondant des matrices An est alors non nul à partird’un certain rang et donc rg(An) > r

Exercice 36 : [énoncé]L’ensemble

A ={k ∈ R+/∀x, y ∈ [a, b] , |f(x)− f(y)| 6 k |x− y|

}est une partie de R, non vide (car f est lipschitzienne) et minorée par 0.Par suite N(f) = inf A existe.Montrons que cet inf est en fait un min.Pour x, y ∈ [a, b] distincts, on a pour tout k ∈ A,

|f(x)− f(y)||x− y|

6 k

En passant à la borne inf, on obtient

|f(x)− f(y)||x− y|

6 N(f)

puis|f(x)− f(y)| 6 N(f) |x− y|

Cette identité est aussi valable quand x = y et donc N(f) ∈ A.Par conséquent l’application N : E → R+ est bien définie.Supposons N(f) = 0.Pour tout x ∈ [a, b], |f(x)| = |f(x)− f(a)| 6 0. |x− a| donc f = 0.Pour λ = 0, on a évidemment N(λf) = |λ|N(f).Pour λ 6= 0 :Pour x, y ∈ [a, b], l’inégalité

|f(x)− f(y)| 6 N(f) |x− y|

entraîne|λf(x)− λf(y)| 6 |λ|N(f) |x− y|

On en déduit N(λf) 6 |λ|N(f).Aussi, l’inégalité

|λf(x)− λf(y)| 6 N(λf) |x− y|

entraîne|f(x)− f(y)| 6 N(λf)

|λ||x− y|

On en déduit N(f) 6 N(λf)/|λ| et finalement N(λf) = |λ|N(f).Enfin, pour x, y ∈ [a, b],

|(f + g)(x)− (f + g)(y)| 6 |f(x)− f(y)|+ |g(x)− g(y)| 6 (N(f) +N(g)) |x− y|

donc N(f + g) 6 N(f) +N(g).

Exercice 37 : [énoncé]a) Soit x0 ∈ A et M ∈ R tel que pour tout x ∈ A, ‖x‖ 6 M .Pour f ∈ L, en notant k le rapport de lipschitzianité de f ,

‖f(x)‖ 6 ‖f(x0)‖+ ‖f(x− x0)‖ 6 ‖f(x0)‖+ k ‖x− x0‖ 6 ‖f(x0)‖+ 2kM

b) L’ensemble Kf est une partie de R, non vide (car f est lipschitzienne) etminorée par 0.On en déduit que c(f) = inf Kf existe dans R+.


Pour x, y ∈ A distincts, on a pour tout k ∈ Kf

N(f(x)− f(y))N(x− y) 6 k

En passant à la borne inférieure, on en déduit

N(f(x)− f(y))N(x− y) 6 c(f)

et donc N(f(x)− f(y)) 6 c(f)N(x− y) et cette relation est aussi valable quandx = y.Ainsi c(f) ∈ Kf

c) L’application Na est bien définie de L vers R+.Si Na(f) = 0 alors c(f) = 0 et N(f(a)) = 0.Par suite f est constante et f(a) = 0 donc f est la fonction nulle.Na(λf) = c(λf) + |λ|N(f(a))Montrons c(λf) = |λ| c(f).Pour λ = 0, la propriété est immédiate.Pour λ 6= 0.Pour tout x, y ∈ A,

N(f(x)− f(y)) 6 c(f)N(x− y)

donneN(λf(x)− λf(y)) 6 |λ| c(f)N(x− y)

On en déduit c(λf) 6 |λ| c(f).De façon symétrique, on obtient c(f) 6 c(λf)/|λ| et on peut conclurec(λf) = |λ| c(f).On en déduit Na(λf) = |λ|Na(f).

Na(f + g) 6 N(f(a)) +N(g(a)) + c(f + g)

Montrons c(f + g) 6 c(f) + c(g).Pour tout x, y ∈ A,

N((f+g)(x)−(f+g)(y)) 6 N(f(x)−f(y))+N(g(x)−g(y)) 6 (c(f) + c(g))N(x−y)

On en déduit c(f + g) 6 c(f) + c(g) et on peut conclureNa(f + g) 6 Na(f) +Na(g).Finalement Na est une norme sur L.d) N(f(a)) 6 N(f(b)) +N(f(a)− f(b)) 6 N(f(b)) + ‖a− b‖ c(f).On en déduit Na 6 (1 + ‖a− b‖)Nb et de façon symétrique,Na 6 (1 + ‖b− a‖)Na.

Exercice 38 : [énoncé]Pour u, v ∈ B(0, 1), on a ‖T (u)− T (v)‖ = ‖u− v‖ 6 2 ‖u− v‖.Pour u, v /∈ B(0, 1), on a ‖T (u)− T (v)‖ =

∥∥∥ u‖u‖ −

v‖v‖

∥∥∥ = ‖‖v‖u−‖u‖v‖‖u‖‖v‖ or

‖v‖u− ‖u‖ v = ‖v‖ (u− v) + (‖v‖ − ‖u‖) v donc‖T (u)− T (v)‖ 6 ‖u−v‖

‖u‖ + |‖v‖−‖u‖|‖u‖ 6 2 ‖u− v‖ car |‖v‖ − ‖u‖| 6 ‖v − u‖ et

‖u‖ > 1.Pour u ∈ B(0, 1) et v /∈ B(0, 1),‖T (u)− T (v)‖ =

∥∥∥u− v‖v‖

∥∥∥ = ‖‖v‖u−v‖‖v‖ = |‖v‖−1|‖u‖+‖u−v‖

‖v‖ 6 2 ‖u− v‖ car|‖v‖ − 1| = ‖v‖ − 1 6 ‖v‖ − ‖u‖ 6 ‖v − u‖ et ‖v‖ > 1

Exercice 39 : [énoncé]Si ‖x‖ , ‖y‖ 6 1 alors ‖f(y)− f(x)‖ = ‖y − x‖.Si ‖x‖ 6 1 et ‖y‖ > 1 alors‖f(y)− f(x)‖ =

∥∥∥ y‖y‖ − x

∥∥∥ =∥∥∥ y‖y‖ − y + y − x

∥∥∥ 6 ‖y‖ − 1 + ‖y − x‖ 6 2 ‖y − x‖.

Si ‖x‖ , ‖y‖ > 1 alors ‖f(y)− f(x)‖ =∥∥∥ y‖y‖ −

x‖x‖

∥∥∥ =∥∥∥y−x‖y‖ + x

(1‖y‖ −

1‖x‖

)∥∥∥ 6‖y−x‖‖y‖ + |‖x‖−‖y‖|

‖y‖ 6 2 ‖y − x‖.Au final f est 2-lipschitzienne.Supposons maintenant que la norme ‖ . ‖ soit hilbertienne.Si ‖x‖ , ‖y‖ 6 1 alors ‖f(y)− f(x)‖ = ‖y − x‖.Si ‖x‖ 6 1 et ‖y‖ > 1 alors ‖f(y)− f(x)‖2 − ‖y − x‖2 = 1− ‖y‖2 − 2‖y‖−1

‖y‖ (x | y).Or |(x | y)| 6 ‖x‖ ‖y‖ 6 ‖y‖ donc‖f(y)− f(x)‖2 − ‖y − x‖2 6 1− ‖y‖2 + 2(‖y‖ − 1) = −(1− ‖y‖)2 6 0.Si ‖x‖ , ‖y‖ > 1 alors‖f(y)− f(x)‖2 − ‖y − x‖2 = 2− ‖y‖2 − ‖x‖2 − 2‖x‖‖y‖−1

‖x‖‖y‖ (x | y)Or |(x | y)| 6 ‖x‖ ‖y‖ donc‖f(y)− f(x)‖2−‖y − x‖2 = 2−‖y‖2−‖x‖2 +2(‖x‖ ‖y‖−1) = −(‖x‖−‖y‖)2 6 0.Au final f est 1-lipschitzienne.

Exercice 40 : [énoncé]a) x3+y3

x2+y2 = r(cos3 θ + sin3 θ)→ 0b) f(1/n, 0)→ 0 et f(1/n, 1/n3)→ 1. Pas de limite en (0, 0).c) f(1/n, 0) = 0→ 0 et f(1/n, 1/n2) = 1/2→ 1/2. Pas de limite en (0, 0).d) f(1/n, 0) = 0→ 0 et f(1/n+ 1/n2, 1/n) = 1/n2+1/n3

1/n2 → 1. Pas de limite en(0, 0).


Exercice 41 : [énoncé]a) f(x, y) = exp(y ln x) est continue sur R+? × R+? par opérations sur lesfonctions continues.Il reste à étudier la continuité aux points (0, b) avec b > 0.Quand (x, y)→ (0, b) avec (x, y) ∈ R+? × R+? on a y ln x→ −∞ et doncf(x, y) = xy → 0.D’autre part, quand (0, y)→ (0, b), on a f(x, y) = 0→ 0.Ainsi f est continue en (0, b).b) Si l’on peut prolonger f par continuité à R+ × R+ alorsd’une part f(0, 0) = lim

y→0f(0, y) = 0 et d’autre part f(0, 0) = lim

x→0f(x, x) = 1.

C’est absurde.

Exercice 42 : [énoncé]La partie {‖x− a‖ /a ∈ A} est une partie de R non vide et minorée par 0 donc saborne inférieure existe. Ainsi l’application x 7→ d(x,A) est bien définie.Soient x, x′ ∈ E. Pour tout y ∈ A, ‖x− y‖ 6 ‖x− x′‖+ ‖x′ − y‖ doncd(x,A) 6 ‖x− x′‖+ ‖x′ − y‖ puis d(x,A)− ‖x− x′‖ 6 ‖x′ − y‖ etd(x,A)− ‖x− x′‖ 6 d(x′, A). Ainsi d(x,A)− d(x′, A) 6 ‖x− x′‖ et par symétrie|d(x,A)− d(x′, A)| 6 ‖x− x′‖. Finalement x 7→ d(x,A) est 1 lipschitzienne donccontinue.

Exercice 43 : [énoncé]a) Soit f : t 7→ g(R cos t, R sin t). f est continue et 2π périodique.Soit h : t→ f(t+ π)− f(t). h est continue et h(0) + h(π) = f(2π)− f(0) = 0 donch s’annule.b) Soit h : t 7→ f(t+ π/2)− f(t). h est continue eth(0) + h(π/2) + h(π) + h(3π/2) = 0 donc h s’annule.

Exercice 44 : [énoncé]Soit ϕ : U → U morphisme continue. L’application θ ∈ R→ ϕ(eiθ) est continue età valeurs dans U donc par le théorème de relèvement, il existe une fonctionψ : R→ R continue vérifiant ϕ(eiθ) = eiψ(θ) pour tout θ ∈ R. Puisque ϕ est unmorphisme, on obtient : ∀θ, θ′ ∈ R, ψ(θ + θ′)− (ψ(θ) + ψ(θ′)) ∈ 2πZ. Orl’application (θ, θ′) 7→ ψ(θ + θ′)− (ψ(θ) + ψ(θ′)) est continue sur le connexe R2,son image est donc connexe et cette application est donc constante. Sans perte degénéralités, on peut désormais supposer ∀θ, θ′ ∈ R, ψ(θ + θ′) = ψ(θ) + ψ(θ′).L’application ψ apparaît désormais comme étant un endomorphisme continue de(R,+) dans lui-même, il est alors connu qu’il existe a ∈ R tel que

∀θ ∈ R, ψ(θ) = aθ. De plus, puisque ϕ(e2iπ) = 1, a ∈ Z et finalement ϕ : z → za

pour un certain a ∈ Z. Réciproquement ces applications sont des endomorphismescontinus de (U,×).

Exercice 45 : [énoncé]∀λ ∈ Sp(u),∃x 6= 0, u(x) = λx et donc |λ| ‖x‖ 6 ‖u(x)‖ 6 ‖u‖ ‖x‖ puis |λ| 6 ‖u‖avec ‖x‖ 6= 0.

Exercice 46 : [énoncé]Notons ‖ . ‖ la norme induite sur LC(E,F ) par les normes existant sur E et F .‖fn(xn)− f(x)‖F 6 ‖fn(xn)− fn(x)‖F + ‖fn(x)− f(x)‖F avec‖fn(xn)− fn(x)‖F 6 ‖fn‖ ‖xn − x‖E → 0 (car ‖fn‖ est bornée) et‖fn(x)− f(x)‖F 6 ‖fn − f‖ ‖x‖E → 0 donc ‖fn(xn)− f(x)‖F → 0.

Exercice 47 : [énoncé]Par contraposée. Supposons que f ne soit par continue., l’application linéaire fn’est donc pas continue en 0 et par suite il existe ε > 0 vérifiant∀α > 0,∃x ∈ E, ‖x‖ 6 α et ‖f(x)‖ > ε.Pour α = 1/n, il existe xn ∈ E tel que ‖xn‖ 6 1/n et ‖f(xn)‖ > ε.Considérons alors yn =

√nxn.

On a ‖yn‖ = 1/√n donc yn → 0 et ‖f(yn)‖ >

√nε→ +∞.

Ainsi (yn) est une suite convergeant vers 0 dont la suite image (f(yn)) n’est pasbornée.

Exercice 48 : [énoncé]La continuité de l’application linéaire IdE de (E,N1) vers (E,N2) équivaut àl’existence d’un réel α > 0 vérifiant N2(x) 6 αN1(x) pour tout x ∈ E. Lapropriété annoncée est alors immédiate.

Exercice 49 : [énoncé]Pour tout x ∈ E tel que ‖x‖E < 1, on a ‖u(x)‖F 6 ‖u‖ ‖x‖E 6 ‖u‖ doncs = sup

‖x‖E<1‖u(x)‖F 6 ‖u‖.

Pour tout x ∈ E tel que ‖x‖E = 1, on a∥∥∥ nn+1x

∥∥∥E< 1 donc

∥∥∥u( nn+1x

)∥∥∥F

6 s

puis ‖u(x)‖F 6 n+1n s. A la limite quand n→ +∞, on obtient ‖u(x)‖F 6 s d’où

l’on déduit ‖u‖ = sup‖x‖=1

‖u(x)‖ 6 s puis l’égalité annoncée.


Exercice 50 : [énoncé]a) Par récurrence sur n ∈ N en écrivantu ◦ vn+2 − vn+2 ◦ u = (u ◦ vn+1) ◦ v − vn+2 ◦ u puisu ◦ vn+2 − vn+2 ◦ u = (n+ 1)αvn+2 + vn+1 ◦ u ◦ v − vn+2 ◦ u et en simplifiant viavn+1 ◦ u ◦ v − vn+2 ◦ u = vn+1(u ◦ v − v ◦ u).b) ‖(n+ 1)αvn‖ 6 ‖u‖

∥∥vn+1∥∥+

∥∥vn+1∥∥ ‖un‖ donc

(n+ 1) |α| ‖vn‖ 6 (‖u‖ ‖v‖+ ‖v‖ ‖u‖) ‖vn‖.Si pour tout n ∈ N, vn 6= 0 alors on obtient (n+ 1) |α| 6 2 ‖u‖ ‖v‖ pour toutn ∈ N ce qui implique α = 0.S’il existe n ∈ N? tel que vn = 0, alors pour le plus petit de ces entiers vn−1 6= 0 etvn = 0 et la relation u ◦ vn − vn ◦ u = (n+ 1)αvn−1 permet de conclure α = 0.

Exercice 51 : [énoncé]a) L’ensemble K = {a ∈ E/ ‖a‖ = 1} est une partie compacte non vide de E (carfermée et bornée en dimension finie). L’application x 7→ ‖ax‖ y est (continue carx 7→ ax est linéaire et ‖ . ‖ est continue) donc elle y admet un maximum dont lavaleur est le sup en question.b) N : E → R. Si N(x) = 0 alors ∀a ∈ K, ‖ax‖ = 0. Posons a = 1

‖1E‖1E . a ∈ Kdonc ax = 0 d’où x = 0.N(λx) = sup

‖a‖=1‖a(λx)‖ = sup

‖a‖=1|λ| ‖ax‖ = |λ| sup

‖a‖=1‖ax‖ = |λ|N(x) et N(x+ y) =

sup‖a‖=1

‖a(x+ y)‖ 6 sup‖a‖=1

(‖ax‖+ ‖ay‖) 6 sup‖a‖=1

‖ax‖+ sup‖a‖=1

‖ay‖ = N(x) +N(y).

Pour a ∈ K, ‖ax‖ 6 N(x) ‖a‖ et cette propriété s’étend à a ∈ E par homogénéité.Pour a ∈ K, ‖xya‖ 6 N(x) ‖ya‖ 6 N(x)N(y) ‖a‖ = N(x)N(y) doncN(xy) 6 N(x)N(y).

Exercice 52 : [énoncé]Pour tout y ∈ ker f , |f(x)| = |f(x)− f(y)| 6 ‖f‖ ‖x− y‖ donc|f(x)| 6 ‖f‖ d(x, ker f).Pour z ∈ E, on peut écrire z = λx+ y avec y ∈ H et λ = f(z)/f(x).Si λ 6= 0 alors z = λ(x+ y/λ) donc ‖z‖ > |λ| d(x,H) puis|f(z)| = |λ| |f(x)| 6 |f(x)|

d(x,H) ‖z‖Cette inégalité vaut encore quand λ = 0 et cela permet d’affirmer ‖f‖ 6 |f(x)|

d(x,H)puis l’inégalité complémentaire de la précédente.

Exercice 53 : [énoncé]Considérons α0, . . . , αd des réels deux à deux distincts et ϕ : Rd [X]→ Rd+1

définie par ϕ(P ) = (P (α0), . . . , P (αd)). ϕ est un isomorphisme de R-espace

vectoriel de dimensions finies, c’est donc une application linéaire continue car lesespaces engagés sont de dimensions finies) et il en est de même de ϕ−1.En notant f la limite simple de (fn), on a ϕ(fn)→ (f(α0), . . . , f(αd)). En notantP l’élément de Rd [X] déterminé par ϕ(P ) = (f(α0), . . . , f(αd)), on peut écrireϕ(fn)→ ϕ(P ). Par continuité de l’application ϕ−1, on a donc fn → P dansRd [X]. En choisissant sur Rd [X], la norme ‖ . ‖∞,[a,b], on peut affirmer que fnconverge uniformément vers P sur tout compact. En particulier fn convergesimplement vers P et en substance P = f .

Exercice 54 : [énoncé]a) On observe que |e−tf(x+ t)| 6 ‖f‖∞ e−t. Cette domination permet d’affirmerque G(f) est définie et continue sur R. La 2π-périodicité de G(f) est évidente etla linéarité de l’application f 7→ G(f) l’est aussi. Ainsi G est un endomorphismede E. De plus, 1

2π∫ 2π

0 |G(f)| 6 12π∫ 2π

0

(∫ +∞0 e−t |f(x+ t)| dt

)dx.

On peut appliquer le théorème de Fubini et affirmer1

2π∫ 2π

0 |G(f)| 6 12π∫ +∞

0 e−t(∫ 2π

0 |f(x+ t)| dx)

dt avec1

2π∫ 2π

0 |f(x+ t)| dx = ‖f‖ car f est 2π-périodique. Ainsi‖G(f)‖ 6

∫ +∞0 e−t ‖f‖ dt = ‖f‖ ce qui donne la continuité de l’endomorphisme G.

b) Etudions les coefficients de Fourier des fonctions f et G(f).Pour n ∈ Z, cn(G(f)) = 1

2π∫ 2π

0

(∫ +∞0 e−tf(x+ t)e−inx dt

)dx.

On peut appliquer le théorème de Fubini et affirmercn(G(f)) = 1

2π∫ +∞

0 e−teint(∫ 2π

0 f(x+ t)e−in(x+t) dx)

dt

Ce qui donne cn(G(f)) = cn(f)∫ +∞

0 e(in−1)t dt = cn(f)in−1 .

La fonction g : x 7→+∞∑

n=−∞

einx1+|n|3/2 est élément de E, s’il existe f ∈ E vérifiant

G(f) = g alors cn(f) = (in−1)1+|n|3/2 d’où |cn(f)|2 ∼

n→+∞1n ce qui est incompatible avec

la convergence de la série∑|cn(f)|2. Ainsi la fonction G n’est pas surjective.

c) Soit λ ∈ K et f ∈ E. Si G(f) = λf alors pour tout n ∈ Z, cn(f)in−1 = λcn(f).

Si λ /∈{

1in−1/n ∈ Z

}alors une solution à l’équation G(f) = λf vérifie cn(f) = 0

pour tout n ∈ Z et donc ‖f‖ =+∞∑

n=−∞|cn(f)|2 = 0 donne f = 0.

S’il existe n0 ∈ Z vérifiant λ = 1in0−1 alors pour tout n 6= n0 alors cn(f) = 0.

Posons alors g : x 7→ f(x)− cn0(f)ein0x ∈ E. Pour tout n ∈ Z, cn(g) = 0 doncg = 0 puis f : x 7→ cn0(f)ein0x. La réciproque est immédiate.Finalement SpG =

{1

in−1/n ∈ Z}et E1/(in−1)(G) = Vect(x 7→ einx).


Exercice 55 : [énoncé]a) Pour tout u ∈ `∞(R), on a |T (u)n| 6 N∞(u) et |∆(u)| 6 2N∞(u) doncT (u),∆(u) ∈ `∞(R). Les applications T et ∆ sont bien à valeurs dans `∞(R), deplus elles sont clairement linéaires et N∞(T (u)) 6 N∞(u) et N∞(∆(u)) 6 2N∞(u)donc elles sont aussi continues.b) Par l’étude qui précède on a déjà ‖T‖ 6 1 et ‖∆‖ 6 2. Pour u = (1), on aN∞(u) = 1 et N∞(T (u)) = 1 donc ‖T‖ = 1. Pour u = ((−1)n), on a N∞(u) = 1 etN∞(∆(u)) = 2 donc ‖∆‖ = 2.

Exercice 56 : [énoncé]a) L’application T est bien définie et est clairement linéaire. Pour tout x ∈ [0, 1],|T (f)(x)| 6 xN1(f) donc N2(T (f)) = ‖T (f)‖∞ + ‖f‖∞ 6 2N1(f). Ainsi T estcontinue.b) Par l’étude ci-dessus, on a déjà ‖T‖ 6 2. Pour f(t) = 1, on a N1(f) = 1,T (f)(x) = x et donc N2(T (f)) = 2. Ainsi ‖T‖ = 2.

Exercice 57 : [énoncé]Pour tout f ∈ E, |ϕ(f)| 6 |f(1)|+ |f(0)| 6 2 ‖f‖∞ donc ϕ est continue et ‖ϕ‖ 6 2.Pour f : x 7→ 2x− 1, f ∈ E, ‖f‖∞ = 1 et u(f) = 2 donc‖ϕ‖ = sup

‖f‖61|ϕ(f)| = max

‖f‖61|ϕ(f)| = 2.

Exercice 58 : [énoncé]Tϕ : E → R est bien définie et est clairement linéaire. Par l’inégalité deCauchy-Schwarz, |Tϕ(f)| 6 ‖ϕ‖2 ‖f‖2 donc Tϕ est continue et ‖Tϕ‖ 6 ‖ϕ‖2. Deplus pour f = ϕ, |Tϕ(f)| = ‖ϕ‖2 ‖f‖2 donc ‖Tϕ‖ = ‖ϕ‖2.

Exercice 59 : [énoncé]Pour tout f ∈ E, |ϕ(f)| =

∫ 10 |tf(t)| dt 6 ‖f‖1 donc ϕ est continue et

‖ϕ‖ = sup‖f‖61

|ϕ(f)| 6 1.

Pour f : t 7→ tn, ‖f‖1 = 1n+1 et |ϕ(f)| =

∫ 10 t

n+1 dt = 1n+2 donc |ϕ(f)|

‖f‖∞= n+1

n+2 → 1d’où ‖ϕ‖ = sup

‖f‖61|ϕ(f)| = 1.

Exercice 60 : [énoncé]a) ‖u(f)‖∞ 6 ‖f‖∞ + |f(0)| 6 2 ‖f‖∞ donc u est continue et ‖u‖ 6 2. Pourf : x 7→ 2x− 1, on a ‖f‖∞ = 1 et ‖u(f)‖∞ = 2 donc ‖u‖ = 2.b) Pour f : x 7→ (n+ 1)(1− x)n, ‖f‖1 = 1 et‖u(f)‖1 =

∫ 10 (n+ 1)− (n+ 1)(1− x)ndx = n→ +∞.

Exercice 61 : [énoncé]a) N1, N2 : R [X]→ R.

N1(P +Q) =+∞∑k=0

∣∣P (k)(0) +Q(k)(0)∣∣ 6 +∞∑

k=0

∣∣P (k)(0)∣∣+∣∣Q(k)(0)

∣∣ =+∞∑k=0

∣∣P (k)(0)∣∣+

+∞∑k=0

∣∣Q(k)(0)∣∣ = N1(P ) +N1(Q),

N1(λP ) =+∞∑k=0

∣∣λP (k)(0)∣∣ = |λ|

+∞∑k=0

∣∣P (k)(0)∣∣ = |λ|N1(P ),

N1(P ) = 0⇒ ∀k ∈ Z, P (k)(0) = 0 or P =+∞∑k=0

P (k)(0)k! Xk donc P = 0.

Finalement N1 est une norme.N2(P +Q) = sup

t∈[−1,1]|P (t) +Q(t)| 6 sup

t∈[−1,1]|P (t)|+ |Q(t)| 6

supt∈[−1,1]

|P (t)|+ supt∈[−1,1]

|Q(t)| = N2(P ) +N2(Q),

N2(λP ) = supt∈[−1,1]

|λP (t)| = supt∈[−1,1]

|λ| |P (t)| = |λ| supt∈[−1,1]

|P (t)| = |λ|N2(P ),

N2(P ) = 0⇒ ∀t ∈ [−1, 1] , P (t) = 0 et par infinité de racines P = 0.b) Notons D : R [X]→ R [X] l’opération de dérivation.

∀P ∈ R [X] , N1(D(P )) =+∞∑k=0

∣∣D(P )(k)(0)∣∣ =

+∞∑k=0

∣∣P (k+1)(0)∣∣ 6 +∞∑

k=0

∣∣P k(0)∣∣ =

N1(P ) donc D est continue pour la norme N1 et ‖D‖ 6 1. Pour P = X, on aN1(P ) = 1 et N1(D(P )) = 1 donc ‖D‖ = 1.c) Soit Pn = Xn. On a D(Pn) = nXn−1 donc N2(Pn) = 1 etN2(D(Pn)) = n→ +∞.Par suite D n’est pas continue pour N2.d) Par ce qui précède, les normes ne sont pas équivalentes. Néanmoins

P =+∞∑k=0

P (k)(0)k! Xk donc |P (t)| 6

+∞∑k=0

|P (k)(0)|k! 6 N1(P ) donc N2(P ) 6 N1(P ).

C’est là la seule et la meilleure comparaison possible.

Exercice 62 : [énoncé]Tϕ : E → R est bien définie et est clairement linéaire. Par l’inégalité|Tϕ(f)| 6

∫ 10 |ϕ(t)|dt ‖f‖∞ donc Tϕ est continue et ‖Tϕ‖ 6

∫ 10 |ϕ(t)| dt. Pour tout


ε > 0, posons fε = ϕ|ϕ|+ε . On observe que ‖fε‖∞ 6 1 et que

Tϕ(fε) =∫ 1

0ϕ2(t)|ϕ(t)|+ε dt. On observe que

∣∣∣Tϕ(fε)−∫ 1

0 |ϕ(t)| dt∣∣∣ 6 ∫ 1

0ε|ϕ(t)||ϕ(t)|+ε dt 6 ε

donc Tϕ(fε) −−−→ε→0

∫ 10 |ϕ(t)| dt. Or |Tϕ(fε)| 6 ‖Tϕ‖ ‖fε‖ donc on en déduit que

‖Tϕ‖ >∫ 1

0 |ϕ(t)| dt et finalement ‖Tϕ‖ =∫ 1

0 |ϕ(t)| dt.

Exercice 63 : [énoncé]u est clairement un endomorphisme de E.u(f)(x) = (1− x)f(0) + xf(1) donc|u(f)(x)| 6 (1− x) |f(0)|+ x |f(1)| 6 (1− x) ‖f‖∞ + x ‖f‖∞ = ‖f‖∞.Ainsi ‖u(f)‖ 6 ‖f‖. L’endomorphisme u est continue et ‖u‖ 6 1.Pour f : x 7→ 1, on a ‖f‖∞ = 1 et ‖u(f)‖∞ = 1 donc ‖u‖ > 1 puis ‖u‖ = 1.

Exercice 64 : [énoncé]a) Les primitives de f sont de la forme ϕ+ Cte avec ϕ : x 7→

∫ x0 f(t) dt. Parmi

celles-ci une seule est d’intégrale nulle c’est F = ϕ−∫ 1

0 ϕ(t) dt.b) L’application u est bien définie de E vers E car une primitive est une fonctioncontinue. Pour λ, µ ∈ R et f, g ∈ E, (λu(f) + µu(g))′ = λf + µg et∫ 1

0 λu(f) + µu(g) = 0 donc u(λf + µg) = λu(f) + µu(g). Ainsi u est unendomorphisme. F (x) =

∫ x0 f(t) dt−

∫ 10

(∫ t0 f(u) du

)dt donc aisément

|F (x)| 6 2 ‖f‖∞ puis ‖F‖∞ 6 2 ‖f‖∞. Ainsi u est continue.c) F (x) =

∫ x0 f(t) dt−

∫ 10

(∫ t0 f(u) du

)dt et par intégration d’une constante∫ x

0 f(t) dt =∫ 1

0(∫ x

0 f(t) dt)

du. On conclut par la linéarité et la relation deChasles.d) |F (x)| 6

∫ 10 |x− t| ‖f‖∞ dt en découpant l’intégrale en x, on obtient∫ 1

0 |x− t| dt = x2 − x+ 12 donc |F (x)| 6 1

2 ‖f‖∞ puis ‖F‖∞ 6 12 ‖f‖∞ car

supx∈[0,1]

(x2 − x+ 1/2) = 12 . Ainsi ‖u‖ 6 1/2.

Enfin pour f : x 7→ 1, ‖f‖∞ = 1, F : x 7→ x− 1/2 et ‖F‖∞ = 1/2 donc ‖u‖ = 1/2

Exercice 65 : [énoncé]a) On a |anun| 6 ‖a‖∞ |un| et

∑|un| converge donc par comparaison de séries à

termes positifs,∑anun est absolument convergente et donc convergente.

b) |〈a, u〉| 6+∞∑n=0|anun| 6

+∞∑n=0‖a‖∞ |un| = ‖a‖∞ ‖u‖1.

On en déduit que ϕu est continue et ‖ϕu‖ 6 ‖u‖1.

Soit a la suite bornée déterminée par an = 1 si un > 0 et an = −1 sinon.On a ‖a‖∞ = 1 et pour tout n ∈ N, anun = |un| de sorte que

ϕu(a) =+∞∑n=0|un| = ‖u‖1.

On en déduit que ‖ϕu‖ = ‖u‖1.c) Par l’inégalité |〈a, u〉| 6 ‖a‖∞ ‖u‖1, on obtient que ψa est continue et‖ψa‖ 6 ‖a‖∞.Pour la suite uk = (δn,k)n∈N, on a ‖uk‖1 = 1 et ψa(uk) = ak donc |ak| 6 ‖ψa‖pour tout k ∈ N.Par suite ‖a‖∞ 6 ‖ψa‖ puis finalement ‖ψa‖ = ‖a‖∞.

Exercice 66 : [énoncé]Notons que f(2× 0) = 2× f(0) implique f(0) = 0. f(x) = f(2× x/2) = 2f(x/2).Par récurrence f(x) = 2nf(x/2n). Donc f(x)

x = f(x/2n)−f(0)x/2n → f ′(0) puis

f(x) = f ′(0)x.

Exercice 67 : [énoncé]Un tel résultat est déjà connu pour les fonctions à valeurs réelles par applicationdu théorème des accroissements finis. En raisonnant via parties réelles etimaginaires on peut étendre ce résultat au cas d’une fonction complexe. Enraisonnant via les fonctions coordonnées, on prolonge ce résultat aux fonctions àvaleurs dans E.

Exercice 68 : [énoncé]Notons A(x) = (ai,j(x)) ∈Mn(K) la matrice dont Dn(x) est le déterminant. Lafonction x 7→ A(x) est dérivable car ses fonctions coordonnées le sont et parmultilinéarité du déterminant, la fonction Dn est dérivable avecD′n = det(C ′1, C2, . . . , Cn) + det(C1, C

′2, . . . , Cn) + · · ·+ det(C1, C2, . . . , C

′n) =

0 + det(C1, C2, . . . , C′n).

En développant par rapport à la dernière colonne ce dernier déterminant, onobtient : D′n(x) = Dn−1(x). Sachant Dn(0) = 0 et D1(x) = x on peut conclure,par récurrence, Dn(x) = xn

n! .

Exercice 69 : [énoncé]a) Procédons par récurrence sur n ∈ N?.

Pour n = 1,n∑k=0

(−1)k(n

k

)= (1− 1)n = 0 et

n∑k=0

(−1)kk(n

k

)= −1.


Supposons la propriété établie au rang n > 1.Pour 0 6 p < n+ 1.

Si p = 0 alorsn+1∑k=0

(−1)k(n+ 1k

)kp = (1− 1)n+1 = 0.

Si 0 < p < n+ 1 alorsn+1∑k=0

(−1)k(n+ 1k

)kp = (n+ 1)

n+1∑k=1

(−1)k(

n

k − 1

)kp−1 =

(n+ 1)n∑k=0

(−1)k−1

(n

k

)(k + 1)p−1 = 0 après développement du (k + 1)p−1.

Si p = n+ 1 alorsn+1∑k=0

(−1)k(n+ 1k

)kn+1 = (n+ 1)

n∑k=0

(−1)k−1

(n

k

)(k + 1)n = (−1)n+1(n+ 1)!.

Récurrence établie.b) Par Taylor Young : f(x) =

n∑p=0

f(p)(0)p! xp + o(xn) donc

n∑k=0

(−1)k(n

k

)f(kh) =

n∑p=0

f(p)(0)p!

n∑k=0

(−1)k(n

k

)kp + o(hn)→ (−1)nf (n)(0).

Exercice 70 : [énoncé]Par récurrence sur n ∈ N via :(tnf(1/t))(n+1) =

(t× tn−1f(1/t)

)(n+1) =

t×((tn−1f(1/t)

)(n))′

+ (n+ 1)(tn−1f(1/t)

)(n) en vertu de la formule de Leibniz

puis (tnf(1/t))(n+1) =t (−1)n+1(n+1)

tn+2 f (n)(1/t) + t (−1)ntn+1

−1t2 f

(n+1)(1/t) + (n+ 1) (−1)ntn+1 f

(n)(1/t) et la formuleattendue après simplification.

Exercice 71 : [énoncé]Par la dérivabilité à droite de f en 0, on peut écrire

f(x) = f(0) + x.f ′(0) + xε(x)

avec ε→0+

0.Puisque f(0) = 0, on obtient

Sn = 1n2

n∑k=1

k.f ′(0) + 1n2

n∑k=1

k.ε

(k

n2

)

En exploitant ∥∥∥∥ε( k

n2

)∥∥∥∥ 6 max]0,1/n]

‖ε‖

etn∑k=1

k = n(n+ 1)2

on obtient ∥∥∥∥Sn − n+ 12n f ′(0)

∥∥∥∥ 6n+ 1

2n max]0,1/n]

‖ε‖

Or ε→0+

0 donc max]0,1/n]

‖ε‖ → 0 puis

Sn →12f′(0)


Figure 1 – La boule unité fermée pour la norme N

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